2015年高三化学冲刺卷1.docx

绝密启用前2014-2015学年度普集高中4月月考卷1试卷副标题考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx题号一二三四五六总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）请点击修改第I卷的文字说明评卷人得分一、选择题（题型注释）12013年7月23日，央视记者分别在北京崇文门附近的麦当劳、肯德基以及真功夫3家大型快餐店取回可食用冰块进行抽样检测。检测结果显示:3家快餐店食用冰块菌落总数严重超标。下列说法正确的是A肉毒杆菌有毒，可在其中加入硫酸铜使其变性后食用B肉毒杆菌在体内水解生成的氨基酸不能成为人体重要的营养物质C大肠杆菌分子中不一定含羧基和氨基D出血性大肠杆菌和油脂均为能水解的高分子化合物2短周期原子序数依次增大的主族元素R、T、Q、W、Y具有如下信息： R、Y原子的最外层电子数与电子层数相同； Q是地壳中含量最高的元素，R与T的核电荷数之和等于Q的核电荷数； W与R同主族。下列说法正确的是A元素Q与W形成的两种常见化合物中含有相同比例的阴、阳离子，属于同种晶体类型B元素T、Q、W、Y的原子半径大小为：TQYaD该过程中的产品主要为H2SO4和H27某pH=1的X溶液中可能含有Fe2+、A13+、NH4+、CO32、SO32、SO42、C1中的若干种，现取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列说法正确的是A气体A是NO2BX中肯定存在Fe2+、A13+、NH4+、SO42C溶液E和气体F不能发生化学反应 DX中不能确定的离子是 A13+和C1 第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明评卷人得分二、填空题（题型注释）8（14分）工业上设计将VOSO4中的K2SO4、SiO2杂质除去并回收得到V2O5的流程如下：请回答下列问题：（1）步骤所得废渣的成分是 （写化学式），操作I的名称 。（2）步骤、的变化过程可简化为（下式R表示VO2+，HA表示有机萃取剂）：R2(SO4)n (水层)+ 2nHA（有机层）2RAn（有机层） + nH2SO4 (水层) 中萃取时必须加入适量碱，其原因是 。中X试剂为 。（3）的离子方程式为 。（4）25时，取样进行试验分析，得到钒沉淀率和溶液pH之间关系如下表：pH1.31.41.51.61.71.81.92.02.1钒沉淀率%88.194.896.598.098.898.896.493.189.3结合上表，在实际生产中，中加入氨水，调节溶液的最佳pH为 ；若钒沉淀率为93.1%时不产生Fe(OH)3沉淀，则溶液中c(Fe3+)”或“”或“=”或“a，正确；D、阴极是氢离子放电生成氢气，阳极是亚硫酸根离子放电生成硫酸，所以该过程的产品主要是硫酸和氢气，正确，答案选B。考点：考查电解反应原理的判断7D【解析】试题分析：pH=1的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中，CO32、SO32不能存在；X溶液与过量硝酸钡溶液反应产生气体、沉淀，且该气体可连续与氧气反应，说明是硝酸与溶液中的还原性离子发生氧化还原反应，则溶液中一定存在亚铁离子，则A是NO，D是二氧化氮，E是硝酸；沉淀C是硫酸钡，说明溶液中一定存在硫酸根离子；溶液B中至少含有硝酸钡、硝酸铁；B中再加入氢氧化钠溶液加热产生气体，说明原溶液中一定存在铵根离子，F是氨气；因为氢氧化钠是过量的，且溶液B中存在铁离子，所以沉淀G中一定有氢氧化铁；溶液H中至少含有氢氧化钠、硝酸钠、氢氧化钡，通入二氧化碳，未指明二氧化碳的量的多少，所以产生的沉淀I的成分不能确定，若二氧化碳少量则I中含有碳酸钡，可能有氢氧化铝，所以铝离子不能确定，同时氯离子也不能确定。溶液E是硝酸与氨气可发生反应，所以正确答案选D。考点：考查离子的检验，离子反应的判断8（14分）（1）SiO2 （1分）；过滤（1分）（2）加入碱中和硫酸，促使平衡正向移动，提高钒的萃取率或类似表述，如提高RAn（有机层）的浓度、百分含量等（2分）；H2SO4（2分）（3）NH3H2O+VO3 =NH4VO3+OH（2分）（4）1.71.8（或1.7、1.8其中一个）（2分），2.610-3molL-1（2分）（5）氨气（或氨水）（1分）；有机萃取剂（1分）【解析】试题分析：（1）将VOSO4中的K2SO4、SiO2溶于水后，不溶于水的物质，过滤除去，二氧化硅不溶于水，所以步骤所得废渣的成分是SiO2；操作I的名称是过滤；（2）根据萃取时发生的反应，中萃取时必须加入适量碱，可减小水层硫酸的浓度，使平衡正向移动，转化为RAn；为反萃取，则使平衡逆向移动，所以加入的萃取剂是H2SO4，得到HA萃取剂，再加入到中；（3）根据流程图，加入氯酸钾的目的是把VO2+氧化为VO3；加入氨水后得到NH4VO3沉淀，说明一水合氨与VO3反应生成沉淀，所以离子方程式为NH3H2O+VO3 =NH4VO3+OH；（4）根据表中数据在pH为1.71.8时，钒的沉淀率达到最大值，再增大溶液的pH，钒的沉淀率降低，所以最佳的pH为1.71.8；若钒沉淀率为93.1%时pH=2，c（OH）=10-12mol/L，为了不产生Fe(OH)3沉淀，则c（OH）3c(Fe3+) KspFe(OH)3=2.610-39,则c(Fe3+)2.610-3molL-1；（5）根据流程图可知，流程图中的物质对此出现的为被再利用的物质，所以该工艺中循环利用的物质是HA萃取剂和氨气。考点：考查对工艺流程的分析，平衡移动原理的应用，溶度积的应用，实验方案的设计9（15分）（1）（2分） be（2分）（2）k=c2(NH3)/（c(N2)c3(H2)） （1分） 减小（1分）0.045mol/(Lmin) （2分） d（2分）c（1分） （1分）（3）酸性（1分） c(HSO3) + 2c(SO32)c(NH4+)或c(SO32) + c(NH3H2O)c(H2SO3)（2分）【解析】试题分析：（1）温度升高，三氧化硫的含量降低，说明温度升高，平衡逆向移动，则正反应是放热反应，所以H0；a因为容器的体积不变，气体的总质量不变，所以体系的密度一直不变，所以气体密度不变的状态不能判断为平衡状态，错误；bSO2与SO3的体积比保持不变时为平衡状态，符合化学平衡中“定”的特征，正确；c根据质量守恒定律，气体的总质量不变，S元素的质量不变，则体系中硫元素的质量百分含量一直不变，所以不能判断为平衡状态，错误；d单位时间内转移4 mol 电子不能说明反应进行的方向，所以不是平衡状态，错误；e该反应是气体的物质的量发生改变的可逆反应，当容器内的气体分子总数不再变化说明反应达到平衡状态，正确，答案选be；（2）氮气与氢气反应生成氨气，反应物的总能量大于生成物的总能量，所以该反应是放热反应。根据化学方程式及平衡常数的定义，该反应的平衡常数表达式为K=c2(NH3)/（c(N2)c3(H2)）；因为该反应是放热反应，所以温度升高，平衡逆向移动，则平衡常数减小；由图2信息， 010min内氮气的物质的量减少0.6-0.3=0.3mol，则氢气的物质的量减少30.3mol=0.9mol，该反应的平均速率v(H2)=0.9mol/2L/10min=0.045mol/(Lmin)；从11min起其它条件不变，压缩容器的体积为1L，氮气的物质的量瞬间不变，但压强增大，平衡正向移动，氮气的物质的量减小，所以则n(N2)的变化曲线为d；图3表示在其他条件不变的情况下，改变起始物氢气的物质的量对此反应平衡的影响，增大氢气的浓度，则会增大氮气的转化率，而氢气的转化率降低，所以 a、b、c三点所处的平衡状态中，反应物N2的转化率最高的是c点；氢气的量相同时，温度升高，平衡逆向移动，氨气的含量减少，所以下方的曲线表示的温度高，则T1T2；（3）若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液为亚硫酸氢铵，根据所给的电离常数，亚硫酸氢根离子的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以溶液呈酸性；根据电荷守恒，则c（H+）+ c(NH4+)= c(HSO3) + 2c(SO32)+ c（OH），所以c（H+）- c（OH）= c(HSO3) + 2c(SO32)c(NH4+)；或者根据物料守恒，c(NH4+)+ c(NH3H2O)= c(HSO3) + c(SO32)+ c(H2SO3)，代入上式，可得c（H+）- c（OH）= c(SO32) + c(NH3H2O)c(H2SO3)。考点：考查化学反应与能量的关系，化学平衡的移动的判断，平衡常数的表达，对图像的分析，溶液中离子浓度的关系判断10（15分）（1）平面三角形 （2分） sp2 （2分） 分子晶体（2分）（2）CON（2分）（3）N2O (2分 ) （4）3d24s2 （2分） 6（1分） （5）2CNO-+2H+3ClO-=N2+2CO2+3Cl-+H2O（2分）【解析】试题分析：由题意可知Q是H元素，原子半径最小；R的基态原子中电子占据三种能量不同的能级，且每种能级中的电子总数相同；则R的电子排布是1s22s22p2，所以R是C元素；Y的基态原子的核外成对电子数是未成对电子数的3倍，则Y是O元素，成对电子数是6个，未成对电子数是2个；则X只能是N元素；Q、R、Y三种元素组成的一种化合物M是新装修居室中常含有的一种有害气体，则M是HCHO；Q、R两种元素组成的原子个数比为1：1的化合物N的质荷比最大值为78，则相对分子质量是78的烃是C6H6，所以N是苯；Z有“生物金属”之称，Z4+离子和氩原子的核外电子排布相同，Ar的原子核内有18个质子，则Z的原子核内有18+4=22个质子，所以Z是Ti元素。（1）HCHO分子中，C原子的价层电子对数是3，是sp2杂化，空间构型是平面三角形；苯属于分子晶体；（2）C、N、O原子中，N原子的2p轨道为半充满的稳定状态，所以第一电离能大于O，随核电荷数的增大，同周期元素的第一电离能逐渐增大，所以三者的第一电离能的由小到大的顺序是CON；（3）CO2分子中有3个原子、16个价电子，所以与二氧化碳是等电子体的分子是N2O；（4）Ti是第四副族元素，基态原子中外围电子排布式为3d24s2；根据晶胞的结构图可知，晶体内与每个Z原子等距离且最近的氧原子数为6，以顶点的Ti原子为中心，同层有4个，上下各一个；（5）由R、X、Y三种元素组成的CNO-离子在酸性条件下可与NaClO溶液反应，生成N2、CO2等物质，根据元